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ルベーグ可積分とリーマン可積分

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1. はじめに

閉区間$I\subset\mathbb{R}$, $\mu$を$\mathbb{R}$上のルベーグ測度とする. 以後, 関数$f\colon I\to\mathbb{R}$に対し, $f\in L^1(\mu)$とは$\int_I|f|d\mu<\infty$であることを表し, $f$はルベーグ可積分であるという. また$f$が$I$上リーマン可積分であることを単にリーマン可積分であるという.

よく知られているように, リーマン可積分であることがルベーグ可積分であることも意味するという重要な事実がある:

$f\colon I\to\mathbb{R}$とする. このとき, $f$がリーマン可積分ならば, $f\in L^1(\mu)$であり, 両者は一致する:
\begin{align*} \int_If(x)dx = \int_I f \,d\mu. \end{align*}

一方で, 定理1の逆；

主張：
$f\in L^1(\mu)$ならば, $f$はリーマン可積分である.

はどうかというと, この主張は成り立たないことが知られている. 実際, $f=\boldsymbol{1}_{\mathbb{Q}}|_I=\boldsymbol{1}_{\mathbb{Q}\cap I}$とすると, $f\in L^1(\mu)$だが$f$はいたるところ不連続であり, したがってリーマン可積分ではない(§3 定理3参照). ここで$A\subset\mathbb{R}$に対し,
\begin{align*} \boldsymbol{1}_{A}(x) &= \begin{cases} 1, & x\in A,\\[.5em] 0, & x\notin A \end{cases} \end{align*}
である.

この例によって上の主張は成り立たないが, $g=0$とおくと$f=g,~\mu\textrm{-a.e.}$であり$g$はリーマン可積分である. そこでこの例を踏まえて, 次のように条件を緩めたものを考えてみよう:

任意の$f\in L^1(\mu)$に対して, 適当なリーマン可積分関数$g$を取ってきて, $f=g,~\mu\textrm{-a.e.}$とできるか.

ここでもし問題1が正しいならば, ルベーグ可積分関数とリーマン可積分関数は$\mu\textrm{-a.e.}$の意味で区別できないということである. すなわち, ルベーグ可積分関数の数は実質的にリーマン可積分関数からは増えていないということになる. ルベーグ積分がリーマン積分を拡張した概念であることを考えると, 可積分関数が$\mu\textrm{-a.e.}$の意味で増えないというのはこの拡張の意味の多くが失われてしまうだろう.

本記事では, ルベーグ可積分関数の方がリーマン可積分関数よりも多く存在することを見る.

2. 準備

$D$を$I$の可算稠密部分集合とし, $D=\{x_1,x_2,\dots\}$とする. 例えば, $D=\mathbb{Q}\cap I$とするとよい. また, $a\in I$を中心とする$I$の$\varepsilon$-開球を$B(a;\varepsilon)=\{x\in I: |x-a|<\varepsilon\}$とする.

$0<\varepsilon<1/2$を取り,
\begin{align*} A = I \setminus \bigcup_{n=1}^\infty B\left(x_n;\frac{\varepsilon}{2^{n}}\right) \end{align*}
とおく.

$A$は$I$のコンパクト集合で, 次を満たす.
(1) 任意の$x\in A$と任意の$\delta>0$に対して, $I$の空でない開球$U\subset I\setminus A$で, $U\subset B(x;\delta)$を満たすものが存在する. したがって, $A$は内点を持たない.
(2) $0<\mu(A)<1$である.

定め方より$A$がコンパクトであることは明らか.
(1) $x\in A$, $\delta>0$とする. $D$が$I$で稠密であることより, 十分大きな$n$を取って$x_n\in B(x;\delta/2)$かつ$\varepsilon/2^{n}<\delta/2$とできる. よって$U=B(x_n;\varepsilon/2^{n})$とおけば, $U\subset I\setminus A$, $U\subset B(x;\delta)$である.
(2) $(x_k-\varepsilon/2^k,x_k+\varepsilon/2^k)\subset I$なる$k$として,
\begin{align*} \mu(A) &\leq \mu(I\setminus B(x_k;\varepsilon/2^k)) \\ &= 1 - \frac{\varepsilon}{2^{k-1}} < 1, \\[.5em] \mu(A) &\geq 1 - \sum_{n=1}^\infty \mu(B(x_n;\varepsilon/2^{n})) \\ &\geq 1 - \sum_{n=0}^\infty \frac{\varepsilon}{2^n} \\ &= 1 - 2\varepsilon > 0 \end{align*}
である.

太いカントール集合

補題2の性質を満たすような集合の例として, 他にスミス・ヴォルテラ・カントール集合, 太いカントール集合がある.

3. 問題1の解

問題1の解に関する定理を述べる前に, リーマン積分論の重要な定理を参照しておく.

$f\colon I\to\mathbb{R}$とする. このとき, $f$がリーマン可積分であることと$f$の不連続点全体が$\mu$-零集合であることとは同値である.

さて, 問題1は次の定理によって否定される:

$f\in L^1(\mu)$で, いかなるリーマン可積分関数$g\colon I\to\mathbb{R}$に対しても$f=g,~\mu\textrm{-a.e.}$とはならない$f$が存在する.

$A$を§2で与えた集合とする. $f=\boldsymbol{1}_A$とおくと, $f\in L^1(\mu)$であり$A$上で不連続である. もし$\mu\textrm{-a.e.}$で一致するリーマン可積分関数$g$が存在するとすると, $g$の不連続点からなる部分集合は$A\cap \{x\in I:f(x)=g(x)\}$を含む.
\begin{align*} \mu(A\cap \{x\in I:f(x)=g(x)\})=\mu(A)>0 \end{align*}
であるので, これは定理3と矛盾である.